là hàm số sơ cấp nên liên tục trên (0

Trường ĐH Sư Phạm Kỹ Thuật Tp HCM Đáp án môn: TOÁN A1 (MATH130101) Khoa KHUD-Bộ môn Toán Ngày thi: 25/12/2017

Câu Ý Nội dung Thang

điểm

1

Đặt z a bi  ta có:

3 3 1

2 2 2

3 3 1

2 2

2 2

3 3 3

3 2 2 3 1

2 2

1 1

2 2

z z i

a bi a bi i

a a

z i

b b

  

     

 

 

 

 

      

     

 

 

0,5

Chuyển về dạng lượng giác:

3 1

cos .sin

2 2 6 6

z   i           i        

Thì

2018

2018

1009 1009

cos .sin cos .sin

6 6 3 3

z              i                      i        

0,5

2

0 :

x

 

 

3 2

( ) 1

ln 2 1 x e

x

f x x

 



là hàm số sơ cấp nên liên tục trên (0;) 0 :

x

f x ( ) 2cos  x m 

là hàm số sơ cấp nên liên tục trên (;0)

0,5

Để hàm số liên tục trên R thì hàm số phải liên tục tại x=0.

Xét:

 

 

3 2 2

0 0 0 0

1 .3 3 3

lim ( ) lim lim lim

2 2 2

ln 2 1

x

x x x x

x e x x

f x x x

   

   

    



(VCB – giải thích)

0 0

lim ( ) lim (2cos ) 2 (0) 2cos 0 2

x

f x

x

x m m

f m m

 







  

   

0,5

Hàm số liên tục tại x = 0 khi và chỉ khi ^{0 0}

lim ( ) lim ( ) (0)

3 1

2 2 2

x f x x f x f

m m

 

   

     

0,5

3 ^{2 2 3 3}

1

2 2

2

2 3 1

2 . 2 . 2 .

ln(1 2 ) 2 ... ( 1) 0( )

2 3

1 1 1 1

. 1 ... ( 1) 0( )

5 5 1 5 5 5 5

5

1 ... ( 1) 0( )

5 5 5 5

n n

n n

n

n n

n

n

n n

n

x x x

x x x

n

x x x

x x x

x x x

x





       

 

         

   

      

0,5

0,25

   

2 2 3 3

1

2

2 3 1

1 2

1

ln 1 2 1 5

2 . 2 . 2 .

2 ... ( 1)

2 3

1 ... ( 1) 0( )

5 5 5 5

1 51 251 ( 1) .2 ( 1)

... . 0( )

5 25 125 5

n n n

n

n n

n

n n n

n n

n

f x x

x

x x x

x n

x x x

x

x x x x

n









  



     

 

        

 

   

         

 

0,25

(5) 5 1

1

5 1 5 5 5

(5)

5 1 6

(0). ( 1) .2 ( 1)

. 5

5! 5

( 1) .2 ( 1) 5!(10 1)

(0) .5!

5 5 5

n n n

n n

f x

x n

n f









   

     

 

    

    

 

0,5

4 1

2 2

0 0

. lim .

b

t t

I t e dt

b

t e dt

  

  





Đặt ₂ ²

2

t t

du dt

u t e

dv e dt v

 

 

   

 

 

   

0,5

2 2

2 2

0 2

2

. 1 . 1

lim lim .

0 0

2 2 2 4

. 1 1 1

lim .

2 4 4 4

t b b

t t

b b

b

b b

b b

t e b e

I e dt e

b e e

 

 

 

 



   

         

 

 

 

      

 



^0,5

2 ²

1 2

4 3 2 4 3 2 4 3 2

0 0 2

3 sin 2 3 sin 2 3 sin 2

2. 2. 2.

x x x

I dx dx dx I I

x x x x x x



 





    

  

  

Xét

2

1 4 3 2

0

3 sin 2 2.

I x dx

x x

 

 

^.

Hàm dưới dấu tích phân là hàm không âm.

Ta có:

4 3 2 3 2

3 sin 2 3 0

0 : ( )

2. 2.

x x VCB

x x x

 

 

 ^.

Mà

2 2 0 3

3 2. dt

 x

^{hội tụ do(  2}₃ ^{1) nên I1} hội tụ (TCSS2)

0,5

Xét ₂

4 3 2

2

3 sin 2 2.

I x dx

x x





  

^{. Ta có :} 4 3 2 ⁴

3 sin 2 4

0 ; [2; )

2.

x x

x x x

     



Mà ₄

2

3 dt x





^{hội tụ do (  4 1) nên I2} hội tụ (TCSS1) Kết luận: I hội tụ

0,5

5 1 4 .( 2)

!

n n

u n

n

 

1

1 ( 3).4 ! ( 3).4

lim lim . lim 0 1

( 1)! ( 2).4 ( 1).( 2)

n n

n n n n

n

u n n n

u n n n n

 

  

 

   

   

0,5 0,25

Suy ra chuỗi hội tụ ( theo tiêu chuẩn D’Alembert) 0,25

2

Đặt X=x-3 ta được chuỗi



²



1

7 1

n n n

X n











²



1

1 2

7 1 1

lim lim 7

7 (( 1) 1) 7

n n

n n n

n

a n

a n R



  

    

 

Khoảng hội tụ là   4 x 10

0,25

Tại _{2 2}

1 1

( 7) ( 1)

4 : 7 ( 1) ( 1)

n n

n n n

x n n

 

 

 

  

 

 

hội tụ theo tiêu chuẩn Leibnitz (giải thích)

Tại _{2 2}

1 1

7 1

10 : 7 .( 1) ( 1)

n

n n n

x n n

 

 

 

 

 

^xét _n²¹_1^ _n^{12;n }

Mà ₂

1

1

n n





 hội tụ ( do   2 1 ) nên chuỗi ₂

1

1

( 1)

n n



 



hội tụ (TCSS2)

Vậy miền hội tụ là : x [ 4;10]

0,5

0,25

6 Chu kì T 2 Vẽ hình :

Điểm gián đoạn là x(2k1) ; k , ta có tại điểm gián đoạn thì :

0 4 2

S  ^2   .

Tại các điểm x(2k1) ; k

 

0

0

0

2 2

0

1 1

( ) 4 2

1 1

( ) cos 4 cos

4 ( 1) 1

1 4 .sin 1 1 4cos

0 4sin 0

n

n

a f x dx xdx

a f x nx dx x nx dx

x nx nx

nx dx

n n n n

 



 





  

 

 

  





  

 

 

   

     

 

 

 

 



0,5

0

0

1 1

( )sin 4 sin

1 4 .cos 1 4.( 1)

0 4cos

n

n

b f x nx dx x nx dx

x nx

nx dx

n n n

 





 







 

  

    

 

 



Vậy khai triển Fourier tại những điểm x(2k1) ; k

 

1 2

4 ( 1) 1 4.( 1)

( ) cos sin

n n

n

f x nx nx

n n

 





    

 

  

 

 



0,5

7 Gọi x (km) là khoảng cách giữa tàu 2 và B Gọi y (km) là khoảng cách giữa tàu 1 và B Gọi z (km) là khoảng cách giữa tàu 1 và 2

/ / /

2 2 2

( ) ; ( ) ; ( )

2 2 2

dx dy dh

x t y t h t

dt dt dt

x y h

dx dy dh

x y h

dt dt dt

dx dy dh

x y h

dt dt dt

  

 

 

 

0,5

Lúc 4 giờ sáng:

2.20 40( );dx 20 ( / )

x DB km km h

   dt  (do x tăng)

100 100 2.30 40 ; dy 30 ( / )

y AC km km h

     dt   (do y giảm)

2 2 402 402 40 2

40.20 40.30 40. 2. 5 2 ( )

h x y

dx dy dh

x y h

dt dt dt

dh dh dt dt km

    

 

     

Vậy ở thời điểm 4 giờ sáng, khoảng cách giữa 2 tàu thay đổi là 5 2 (km)

0,5